【试题猜想】2016年高考考前最后一卷理科综合【新课标卷Ⅰ】(解析版)

理科综合全解全析第，解得：x∶y=2∶1。硫酸钡和焦炭在加热条件下反应的化学方程式为BaSO4+3CBaS+2CO↑+CO2↑。【考点】化学实验的基本操作、实验设计及实验相关计算等27.【答案】(1)Cu2S+4Fe3+2Cu2++4Fe2++S(2分)(2)FeCl2(2分)(3)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3](2分)(4)生成CuO沉淀(其他合理答案也可，2分)(5)i.5∶3(3分)ii.2+2e−+2H++2H2O(2分)2NO2+4+4H2ON2+8(2分)【解析】(1)根据流程分析，Fe3+氧化Cu2S，生成Cu2+、Fe2+和S，其离子反应方程式为Cu2S+4Fe3+2Cu2++4Fe2++S。(2)Fe与FeCl3溶液反应后生成FeCl2，与CuCl2溶液反应后也生成FeCl2，所以滤液M中溶质的主要成分为FeCl2。(3)保温除铁过程中首先是Fe与HNO3反应生成Fe(NO3)3，此时HNO3应该过量，根据除杂不带杂的原则，可加入CuO等调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而从溶液中除去。(4)操作X为蒸发浓缩、冷却结晶，在蒸发浓缩过程中，加热时Cu2+发生水解生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成CuO，导致所得Cu(NO3)3纯度降低，原料利用率降低，因此加入HNO3溶液来抑制Cu2+的水解。(5)i.设吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量分别是x和y，则反应①中吸收液增加的质量是48y。在反应②中生成的亚硝酸钠是x−y，所以吸收液增加的质量是16(x−y)，则16(x−y)+48y=44，又因为y+(x−y)/2=1，解得x=5/4，y=3/4，所以吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为5︰3。ii.电解时，在阴极获得电子生成：2+2e−+2H++2H2O。NO2与阴极产生的发生氧化还原反应，NO2被还原为N2，被氧化为：2NO2+4+4H2ON2+8。28.【答案】(1)391(3分)(2)①0.009(2分)②容器B中加有催化剂(或答“使用的催化剂不同”等合理答案)(2分)③低于(2分)(3)①A(2分)②氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2的转化率增加不大，提高了生产成本(3分)【解析】(1)根据图示，生成1molNH3释放出46.1kJ热量，则生成2molNH3释放出92.2kJ热量，故反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=−92.2kJ·mol−1，设断裂1molN—H键需吸收的能量为xkJ，则946+436×3−6x=−92.2，解得x=391。(2)①容器A在0～12min内，v(H2)=3v(N2)=3×=0.009mol·L−1·min−1。②容器A与B温度相同，平衡状态相同，但容器B中的反应到达平衡的时间短，因催化剂不改变反应限度，但缩短了到达平衡的时间，故容器B中可能是加有催化剂，或两容器中催化剂不同。③合成氨反应属于放热反应，温度升高，平衡逆向移动，容器C中反应物的转化率低。由K=≈1.45>K(600℃时为1)，从图象看，温度应低于600℃。(3)①由图象知氨碳比一定时，曲线I的CO2转化率最高。②氨碳比在4.0和4.5时CO2的转化率相差不大，从经济角度考虑，应选择氨碳比在4.0左右。【考点】键能与反应热相关计算、化学反应速率和化学平衡知识的综合应用36.【答案】(1)Ni2+、Fe3+、Al3+、Fe2＋(2分)(2)用NiO调节溶液pH至4.8～7.0(2分)Fe(OH)3、Al(OH)3(2分)(3)8.0×105(3分)(4)Cl2+2Ni(OH)2+2NaOH2Ni(OH)3+2NaCl(2分)(5)取最后一次洗涤液，先加入稀硝酸，使溶液显酸性，再加入AgNO3溶液，若没有白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净(2分)(6)11.8%(2分)【解析】(1)电极材料由Ni(OH)2、C粉、Fe2O3等涂覆在Al箔上制成，加入盐酸时只有C粉不反应，Ni(OH)2、Fe3+和Al3+。(2)根据流程图可知，该步骤的目的是沉淀Fe3+、Al3+，根据“除杂不带杂”的原则，可用NiO调节溶液pH至4.8～7.0，此时Fe3+、Al3+完全沉淀而Ni2+未沉淀，从而除去Fe3+、Al3+。由已知给出的氢氧化物沉淀析出的pH，知沉淀的先后顺序是Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据题中给出的溶度积数据可知，由于Ni(OH)2的溶解度小于NiC2O4的溶解度，NiC2O4存在溶解平衡，加入NaOH后NiC2O4能转化为Ni(OH)2沉淀：NiC2O4+2OH−Ni(OH)2+。。(4)滤液Ⅱ为NaCl溶液，电解NaCl溶液生成具有强化性的Cl2，在碱性环境中Cl2氧化Ni(OH)2为Ni(OH)3：Cl2+2Ni(OH)2+2NaOH2Ni(OH)3+2NaCl

。(5)只需检验最后一次洗涤液中不存在Cl−即可。(6)220gNi(OH)3物质的量为220/110g·mol−1=2mol，Ni元素的质量为118g，废弃的电池正极材料中Ni元素的质量分数为11.8%。。【考点】物质的分离提纯原理、沉淀溶解平衡、氧化还原、化学基本计算。37.【答案】(1)第四周期第ⅤA族(2分)(2分)(2)N>P>S(1分)(3)能(1分)(4)①sp2杂化、sp3杂化(2分)②ABE(2分)③氯吡苯脲可以与水分子形成氢键(1分)(5)原子(1分)(3分)【解析】(1)As元素与N同主族，其核电荷数为33，位于第四周期第ⅤA族。磷原子核外有15个电子，其中最外层3p上有3个自旋方向相同的电子，且3个电子分占不同轨道，所以基态核外电子排布图为。(2)N、P原子p轨道处于半充满状态，原子较难失去1个电子，且N的非金属性大于P，所以第一电离能大小顺序为N>P>S。(3)PCl3分子中P原子上有1对孤对电子，Cu2+有空轨道，所以二者能形成配合物。(4)①从结构简式看，氯吡苯脲的晶体分子中有2个N原子采取sp3杂化，1个N原子采取sp2杂化方式。②氯吡苯脲晶体中碳原子间是非极性键，N原子与H原子、C原子与N原子、C与O原子、C与Cl原子间都是极性键，分子间可以形成氢键(一个分子中的O、N原子与另一个分子的H原子)，没有离子键、金属键和配位键。③氯吡苯脲可以与水分子形成氢键使得它易溶于水。(5)氮化镓结构与金刚石类似，金刚石为原子晶体，所以氮化镓也为原子晶体。由氮化镓晶胞结构可知，1个晶胞中含有Ga原子个数=1+8×=2，N原子个数=1+4×=2，则晶胞的边长a=。【考点】元素周期表的结构、元素核外电子排布图、配合物、氢键、分子的空间构型、原子的杂化类型以及晶胞的结构分析与相关计算38.【答案】(1)对甲基苯酚(1分)(酚)羟基、羰基(1分)(2)取代反应(1分)(3)C18H13O4Br(2分)(4)+2NaOH+NaCl+H2O(2分)(5)4(2分)或或或(任写一个)(2分)(6)(4分)【解析】(1)A→B是与发生取代反应，C中的官能团有酚羟基和羰基。(2)D→E是D中的—Cl被—CN取代，属于取代反应。(3)根据F的结构简式，可得出F的分子式为C18H13O4Br。(4)与过量NaOH水溶液反应时，酚羟基与NaOH反应生成钠盐，—Cl原子发生水解生成醇羟基，生成的HCl与NaOH反应生成NaCl和H2O，据此可写出相应反应的化学方程式。(5)根据题设条件①可知异构体的有机物中含有—COOH，根据②，说明苯环结构上的取代基较为对称，首先写出较为简单的一种：，然后再在此基础上，变换—CH2的位置，得到另外三种：、、。(6)首先用在光照下与Cl2发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下发生水解生成，与甲醇在浓硫酸/加热下发生酯化反应生成(苯乙酸甲酯)。【考点】有机合成与推断，涉及有机物的命名、官能团的判断、反应类型的判断、有机反应方程式的书写、同分异构体的书写、合成线路设计等理科综合生物全解全析1.【答案】A【解析】糖蛋白只位于细胞膜的外侧，A错误；癌细胞膜上糖蛋白明显较正常细胞中少，B正确；细胞膜上的糖蛋白与细胞识别有关，C正确；构成蛋白质的基本元素为C、H、O、N，故糖蛋白中至少含有一种矿质元素（N），D正确。【考点】细胞膜上的糖蛋白2.【答案】B【解析】CO2可使溴麝香草酚蓝水溶液由蓝色变成绿色再变成黄色，A错误；CO2在线粒体基质中产生，经自由扩散最终排出体外，B正确；酵母菌无氧呼吸、有氧呼吸过程中释放CO2的场所依次是细胞质基质、线粒体基质，C错误；CO2可作为信号分子，被化学感受器接受，而并不是直接刺激脑干呼吸中枢，D错误。【考点】生物体内的CO23.【答案】B【解析】在有丝分裂后期，细胞内含4个染色体组，A正确；减数第一次分裂后期细胞内只发生同源染色体的分离和非同源染色体的自由组合，不发生着丝点断裂，只含1条Y染色体，B错误；减数第二次分裂后期着丝点断裂，姐妹染色单体分开，每条染色体上含有一个DNA分子，C正确；有丝分裂后期细胞中含有92条染色体，减数第二次分裂后期细胞中含有46条染色体，D正确。【考点】细胞分裂过程4.【答案】C【解析】若A与a位于常染色体上，存在AA、Aa、aa3种基因型，A正确；若A与a位于X染色体的Ⅱ区上，则种群中有XAXA、XAXa、XaXa、XAY、XaY5种基因型，B正确；若A与a位于X、Y染色体的同源区Ⅰ上，则种群雄性个体中有XAYA、XAYa、XaYA、XaYa4种基因型故C错误；若A与a位于Y染色体的Ⅲ区上，则种群中有XYA、XYa2种基因型，D正确。【考点】等位基因在不同染色体上所形成的基因型种类5.【答案】A【解析】溶菌酶属于分泌蛋白，是由核糖体合成的，A错误；吞噬细胞对抗原的识别不具有特异性，B【考点】吞噬细胞6.【答案】B【解析】实验一中既研究了植物形态学的上端和下端，又研究了胚轴左右两侧对生长素运输的影响，A错误；由实验一可知，a侧生长素含量比b侧多，所以a侧比b侧运输生长素的能力强，B正确；实验二中显示a侧的生长素可以运输到b侧，b侧的生长素可以运输到a侧，而实验一不能说明横向运输，C错误；实验二中检测到的含有14C的生长素是琼脂块中添加的，D项错误。【考点】生长素的生理作用及运输特点29.【答案】（每空2分）（1）CO2浓度1、2探究CO2浓度对植物净光合作用强度的影响（2）M1>M3>M2（3）增施农家肥（合理即可给分）【解析】（1）根据表中信息，1、2、3组只有玻璃罩中的CO2浓度不同（自变量），其他因素均相同，因变量是植物干重，由此可知该实验的目的是探究CO2浓度对植物净光合作用强度的影响。（2）虽然光照适宜，但是1、2、3组玻璃罩内CO2起始浓度不同，1组CO2浓度最高，其次是3组，2组CO2浓度是0，第2组植物叶肉细胞只能利用自身呼吸作用产生的CO2，植物整体净光合作用强度小于0，干重减少；适当时间后，当第3组植物消耗殆尽原有CO2（空气）以后，植物光合作用强度等于呼吸作用强度，净光合作用强度为0，故M1>M3>M2。【考点】以细胞代谢为考点考查考生的实验分析能力30.【答案】（每空1分）（1）冷觉感受器外负内正钠离子内流（2）促甲状腺激素释放甲状腺肾上腺（3）突触神经递质【解析】（1）在寒冷环境中，皮肤中的冷觉感受器产生兴奋，此时，受刺激部位由于钠离子内流，膜内外电位表现为外负内正。（2）在寒冷刺激下，下丘脑中的某些神经细胞分泌促甲状腺激素释放激素，作用于垂体，垂体分泌促甲状腺激素，作用于甲状腺，导致甲状腺激素增多，增加产热；同时，下丘脑直接通过神经作用于肾上腺，使肾上腺素增多，增加产热。（3）在反射弧中由于突触的存在，使兴奋只能单向传递，在突触中传递的信号分子是神经递质。【考点】动物的神经调节和激素调节31.【答案】（每空1分）（1）“J”K2（2）自我调节负反馈（3）不正确（4）不相等衰退（5）三加快物质循环【解析】（1）该鱼种群在ab段呈“J”型增长，图示中K2最接近环境容纳量。（2）t2时间后，该鱼种群数量在一定范围内波动，说明该生态系统具有自我调节能力，该能力主要以负反馈调节方式实现。（3）t1时，虽然种群的增长速率最大，此时种群数量为K/2，但不是最佳的捕获时间点，而是要使捕获后的剩余量维持在K/2水平。（4）图中b、d点的种群数量相等，但二者的增长速率不相等，d点负值，种群数量逐渐减少，故此时种群的年龄组成为衰退型。（5）依题意，翘嘴鲌为肉食性鱼类，其在生态系统中至少处于第三营养级，其作为消费者，在生态系统中能够加速物质循环。【考点】种群环境容纳量（K值）32.【答案】（每空2分）（1）YyRr、Yyrr（或YyRr、yyRr）（2）2/5（3）3/41/41/3（4）黄色圆粒︰绿色圆粒︰黄色皱粒︰绿色皱粒=15:5:3:1【解析】（1）用分解组合法，从一对相对性状入手即可获得答案。F1中黄色皱粒出现的概率为3/8=3/4×1/2，即一对性状是杂合子自交，另一对性状是测交，故亲本基因型为YyRr、Yyrr或者YyRr、yyRr。（2）杂合圆粒豌豆（Rr）连续自交2代，每代都淘汰皱粒豌豆，F1中1/3RR、2/3Rr；F2中3/6RR、2/6Rr、1/6rr，故F2的圆粒豌豆中杂合子占2/5。（3）求F